Док-во соотношения для члена формулы Тэйлора

[ewert]

Что-то я не понял, за что идёт борьба. Собственно, мы имеем дело с некоторым однородным многочленом степени $s$, который по условию задачи тождественно равен нулю. И надо доказать, что все его коэффициенты равны нулю. Ну так вроде бы это и очевидно -- хотя бы индукцией по размерности.

[amiable]

Счастье ко мне упорно не приходит. Я начинаю думать над результатом подстановки $\vec{a}=(1, t^m, t^{m^2}, t^{m^3}, \cdots)$ в формулу и вижу, что многочлен, везде равный нулю, и потому имеющий равные нулю коеффициенты, получается, только коеффициенты у него - суммы частных производных, а не отдельные частные производные.

Цитата:

Идея состоит в том, что надо подставлять вектор $\vec{a},$ у которого любая пара компонент -- величины очень разного порядка.

Эту идею я и пытаюсь реализовать с самого начала. Но при подстановке указанного выше вектора получится многочлен, в котором суммы частных производных умножены на $t^{\sum_{r=0}^{m-1}k_r m^r}$, где через $k_r$ обозначено число вхождений $x_r$ в знаменатель всех частных производных $\frac{\partial^s{f(x)}}{\partial{x_{i_1}}\cdots\partial{x_{i_s}}}$, которые имеют одинаковые наборы $x_i$ в знаменателе, отличающиеся только порядком следования $x_i$ в знаменателе. Соответственно, коеффициент при $t^{\sum_{r=0}^{m-1}k_r m^r}$ - сумма всех таких частных производных, которые отличаются только порядком следования $x_i$ в знаменателе. И из всего этого следует только равенство нулю таких сумм, каждой по отдельности. А перестановка элементов $\vec{a}=(1, t^m, t^{m^2}, t^{m^3}, \cdots)$ ничего нового не даст.

Цитата:

Вектор, который я Вам привёл - это только намек. С помощью него сможете (дополнительно к уже доказанному Вами) показать, что одна смешанная производная равна нулю.

Не совсем понимаю. Если имеется в виду $\vec{a}=(t, t^2, \cdots, t^m)$, то с его помощью я могу получить только равенство нулю несмешанных производных, и не более.

ewert
Разве

Цитата:

мы имеем дело с некоторым однородным многочленом степени s

? По-моему, это неоднородный многочлен, в случае подстановки вектора $\vec{a}=(1, t, t^2, \cdots, t^{m-1})$ из его одночленов не получится вынести даже первой степени t.

Меня, в свою очередь, интересует также, не достаточно ли равенства нулю произведения матрицы на любой вектор для того, чтобы матрица состояла только из нулей?

[ewert]

amiable в сообщении #261375 писал(а):

Меня, в свою очередь, интересует также, не достаточно ли равенства нулю произведения матрицы на любой вектор для того, чтобы матрица состояла только из нулей?

Естественно, достаточно. Но тут ситуация несколько сложнее. Впрочем, ненамного.

По условию, $f^{(s)}\vec a^s=0$ на любом векторе $\vec a$. Левая часть этого выражения -- это некоторый полином (от компонент вектора $\vec a$). И если он тождественно равен нулю -- то равны нулю и все его коэффициенты. Последние же -- это соответствующие производные порядка $s$, ну разве что умноженные на соотв. количества перестановок, но с точки знения равенства нулю это не имеет значения.

Тут, конечно, принципиально то, что $f^{(s)}$ -- не просто тензор, а тензор абсолютно симметричный. Иначе бы из равенства нулю его "диагональной формы" (не помню, как это называется официально) равенство нулю самого тензора ещё не следовало бы.

[TOTAL]

ewert в сообщении #261383 писал(а):

По условию, $f^{(s)}\vec a^s=0$ на любом векторе $\vec a$. Левая часть этого выражения -- это некоторый полином (от компонент вектора $\vec a$).

Подстановкой $\vec{a}=(1, t^{(s+1)}, t^{(s+1)^2}, t^{(s+1)^3}, \cdots)$ этот полином превращается в полином от одной переменной, для которого очевидно, что все коэффициенты (частные производные) равны нулю.

[ewert]

TOTAL в сообщении #261509 писал(а):

этот полином превращается в полином от одной переменной, для которого очевидно, что все коэффициенты (частные производные) равны нулю.

Вот мне не очевидно. Просто лень думать -- так это или нет и почему. Зато что полином с ненулевыми коэффициентами не может быть нулём -- очевидно вполне. И это имеет самостоятельную ценность.

[TOTAL]

ewert в сообщении #261522 писал(а):

Зато что полином с ненулевыми коэффициентами не может быть нулём -- очевидно вполне.

Как это доказать в две строки?

[ewert]

Можно в одну: очевидно, и всё тут.

А если в две, то в лоб (без ненужной изобретательности) -- например, так. Предположим, что утверждение верно для всех многочленов от не более чем $(m-1)$ переменной. Для какого-либо многочлена от $m$ переменных фиксируем все переменные, кроме первой. Получаем многочлен от одной переменной $a_1$, тождественно равный нулю. Очевидно (ну не очевидно, конечно, но общеизвестно), что тогда равны нулю все его коэффициенты -- причём для любой комбинации остальных переменных. Однако коэффициент при каждом $a_1^k$ -- это некоторый многочлен от переменных $a_2,a_3,\ldots,a_m$, коэффициенты которого суть некоторый поднабор коэффициентов исходного многочлена. По предположению, все эти коэффициенты равны нулю.

Если Вам покажется, что тут несколько более двух строчек -- так и утверждение идейно, на него лишней пары строчек не жалко.

[TOTAL]

Это не короче, чем

TOTAL в сообщении #261509 писал(а):

Подстановкой $\vec{a}=(1, t^{(s+1)}, t^{(s+1)^2}, t^{(s+1)^3}, \cdots)$ этот полином превращается в полином от одной переменной, для которого очевидно, что все коэффициенты (частные производные) равны нулю.

[ewert]

Да. Но если я сверну свой текст, заменив размахивания руками на формальные записи, а Вы развернёте свой, добавив необходимые пояснения -- то, скорее всего, выйдет наоборот. В любом случае -- мой вариант очевиднее.

[amiable]

Спасибо всем за помощь, я уже нашел, какой вектор проще всего использовать, чтобы получился требуемый многочлен.

amiable в сообщении #261375 писал(а):

Цитата:

Идея состоит в том, что надо подставлять вектор $\vec{a},$ у которого любая пара компонент -- величины очень разного порядка.

Эту идею я и пытаюсь реализовать с самого начала. Но при подстановке указанного выше вектора получится многочлен, в котором суммы частных производных умножены на $t^{\sum_{r=0}^{m-1}k_r m^r}$, где через $k_r$ обозначено число вхождений $x_r$ в знаменатель всех частных производных $\frac{\partial^s{f(x)}}{\partial{x_{i_1}}\cdots\partial{x_{i_s}}}$, которые имеют одинаковые наборы $x_i$ в знаменателе, отличающиеся только порядком следования $x_i$ в знаменателе. Соответственно, коеффициент при $t^{\sum_{r=0}^{m-1}k_r m^r}$ - сумма всех таких частных производных, которые отличаются только порядком следования $x_i$ в знаменателе. И из всего этого следует только равенство нулю таких сумм, каждой по отдельности. А перестановка элементов $\vec{a}=(1, t^m, t^{m^2}, t^{m^3}, \cdots)$ ничего нового не даст.

Если использовать вектор $(t, t^{10^s}, \cdots, t^{10^{s(m-1)}})$, то для частных производных, различающихся наборами $x_i$ в знаменателе, степени t при них будут различными числами из не более чем sm цифр, и теперь нужно воспользоваться равенством нулю коэффициентов многочлена, который везде принимает нулевое значение. Его коеффициенты, как я писал выше - это всё ещё суммы, но с равными слагаемыми, так как для $f \in C^{(s)}(A)$ частные производные, различающиеся только порядком $x_i$ в знаменателе, равны.